精品解析:云南省红河州蒙自市第一高级中学2022-2023学年高一下学期6月月考数学试题(解析版)
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红河州第一中学2023年春季学期高一6月月考 高一数学试卷注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号等相关信息填写在答题卡上.2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号.回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效.3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回.一、单选题(每小题5分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.)1. 已知集合,则( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题知,再根据集合交集运算求解即可.【详解】解:解不等式得,所以,所以.故选:A2. 设,则的最小值为( )A. 5 B. 3 C. 4 D. 9【答案】A【解析】【分析】先将函数化简,然后利用基本不等式即可求解.【详解】因为,所以,当且仅当,即时取等号,所以的最小值为,故选:A.3. 已知复数,则等于( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用复数的乘方法则化简复数,利用复数的模长公式可求得结果.【详解】,则,则,故.故选:B.4. 函数的部分图像大致为( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用函数的奇偶性和特殊区间的函数值确定正确选项.【详解】的定义域为,,所以为奇函数,排除AB选项.当时,,,由此排除C选项.故选:D5. 如图,在正方体中,F为线段的中点,则异面直线与所成角的大小为( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据异面直线夹角的定义,连接 ,则 就是所求的角,解三角形即可.【详解】连接,则 ,故为异面直线与所成角或其补角,连接,则,因为F为的中点,故,在中,因为,故,即异面直线与所成角的大小为;故选:C.6. 已知,,是直线,是平面,若,,则“,”是“”的( )A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】举反例判断充分性,再证明必要性得解.【详解】若∥,,如果,则“”不一定成立.如图所示,所以“,”是“”非充分条件.如果“”, 又,所以,因为,所以,所以“,”是“”的必要条件.所以“,”是“”的必要非充分条件.故选:B7. 已知函数的部分图象如图所示,下列说法错误的是( )A. B. f(x)的图象关于直线对称C. f(x)[-,-]上单调递减D. 该图象向右平移个单位可得的图象【答案】C【解析】【分析】先根据图像求出即可判断A,利用正弦函数的对称轴及单调性即可判断BC,通过平移变换即可判断D.【详解】根据函数的部分图象,可得所以,故A正确;利用五点法作图,可得,可得,所以,令x,求得,为最小值,故函数的图象关于直线对称,故B正确:当时,,函数f(x)没有单调性,故C错误;把f(x)的图象向右平移个单位可得的图象,故D正确.故选:C.8. 若,且,则为( )A. 0 B. 1 C. 1或2 D. 0或2【答案】D【解析】【分析】将指数式转化为对数式,进行计算,结合换底公式以及讨论,,可得结果.【详解】令,则,,,依换底公式得或.当时,且,故;当时,.故选:D【点睛】本题考查对数的运算以及换底公式的使用,审清题意,细心计算,属基础题.二、多选题(每小题5分. 在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求. 全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.)9. 已知实数,则下列不等式正确是( )A. B. C. D. 【答案】BCD【解析】【分析】举特例即可说明A项;根据不等式的性质,即可得出B、C两项;作差结合不等式的性质,即可得出D项.【详解】对于A项,取,,,,则,,所以,故A项错误;对于B项,由已知可得,,,所以,故B项正确;对于C项,因为,所以.因为,所以,故C项正确;对于D项,因为,所以.因为,所以,所以,所以.又,所以,,所以,故D项正确.故选:BCD.10. 下列说法正确的是( )A. “”是“”的充分不必要条件B. “”是“”的必要不充分条件C. “对任意一个无理数,也是无理数”是真命题D. 若,则函数的最大值为【答案】AD【解析】【分析】利用不等式基本性质结合特殊值法以及充分条件、必要条件的定义可判断A选项;利用特殊值法结合充分条件、必要条件的定义可判断B选项;利用特殊值法可判断C选项;利用基本不等式求解判断D选项.【详解】解:对于A选项,若,则,由不等式的性质可得,即“”“”,若,取,则,即“”“”,故“”是“”的充分不必要条件,A对;对于B选项,若,不妨取,,则,即“”“”,若,取,,则,即“”“”,所以,“”是“”的既不充分也不必要条件,B错;对于C选项,取为无理数,则为有理数,C错;对于D选项,由得,故,当且仅当,即时等号成立,故D正确.故选:AD.11. 已知,是两个非零向量,则下列说法正确的是( )A. 若,,,则B. 为锐角的充要条件是C. 若O为所在平面内一点,且,则O为的重心D. 若,且,则为等边三角形【答案】AD【解析】【分析】利用共线向量的坐标表示判断A;利用充分条件、必要条件的定义判断B;利用数量积的运算律及垂直关系的向量表示判断C;利用数量积的运算律及定义计算判断D作答.【详解】对于A,,,且,于是,则,A正确;对于B,当时,,有,B错误;对于C,在中,由得,即,同理,,则O为的垂心,C错误;对于D,在中,,则,,则,因此为等边三角形,D正确.故选:AD12. 如图,在正方体中,点E为的中点,点F为线段上的动点(不含端点),则下列命题正确的是( )A. 存在点F,使得平面 B. 存在点F,使得平面C. 对任意点F, D. 对任意点F,过点D,E,F的平面截正方体表面得到的图形始终是梯形【答案】BCD【解析】【分析】分别取,的中点,,构造面面即可判断A;先证明面,再根据当,即为中点时,有平面即可判断B;先证明面,从而推出点和点到面的距离相等,进而即可判断C;如图,过点D,E,F的平面截正方体表面得到四边形,再根据平行四边形的判定即可判断D.【详解】对于A,分别取,的中点,,由且,面,而面,则面,又且,面,而面,则面,因为,且面,所以面面,又总与面相交于点,所以不存在这样的点使得面,即不存在这样的点使得平面,故A错误;对于B,在正方体中,由在面上的射影为,则,又在面上的射影为,则,又,且面,所以面,当,即为中点时,平面,所以存在这样点F,使得平面,故B正确;对于C,如图所示,在正方体中,有面,面,又,,且,面,则面,所以点和点到面的距离相等,所以,故C正确;对于D,如图,过点D,E,F的平面截正方体表面得到四边形,且,与不平行,所以四边形始终是梯形,所以D正确.故选:BCD.【点睛】关键点点睛:解答本题的关键是作出正方体,结合正方体的结构特征,以及正方体的性质,进而即可判断.三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共计20分. )13. 已知函数是定义在上的奇函数,当时,,则___.【答案】【解析】【分析】由奇函数的定义,结合已知函数的解析式,计算可得所求值.【详解】因为函数是定义在R上的奇函数,且当时,,则.故答案为:.14. 若,则的取值范围是_______________.【答案】【解析】【分析】结合平面向量减法的几何意义,利用平面向量三角不等式进行求解即可.【详解】因为,,所以有,故答案为:15. 函数在上的零点之和为____________.【答案】【解析】【分析】利用二倍角公式以及辅助角公式将函数化为,再由特殊角三角函数值可得或或或,求解即可.【详解】,令得,,因为,所以或或或,解得.故答案为:16. 三棱锥内接于球,球的表面积是,,则三棱锥的最大体积是_________.【答案】【解析】【分析】根据正弦定理可求的外接圆半径,进而可得球心到的距离,即可求三棱锥高的最大值,要使体积最大,则底面和高最大即可,根据余弦定理以及基本不等式可求面积最大值.【详解】由球的表面积是得,球的半径为,设的外接圆半径为则得,球心到的距离为在中,由余弦定理可得:故,当时取等号,所以,为使三棱锥的体积最大,须底面面积最大为三棱锥的高最大为.故答案为:四、解答题(本大题共6小题,共计70分,解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步棸.)17. 已知为第二象限角,且.(1)求与的值;(2)的值.【答案】(1),; (2).【解析】【分析】(1)结合同角三角函数关系即可求解;(2)齐次式分子分母同时除以cosα化为tanα即可代值求解.【小问1详解】∵∴,∴,∵为第二象限角,故,故;【小问2详解】.18. 如图,在直三棱柱中,,,,点是的中点. (1)证明:;(2)证明:平面.【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析【解析】【分析】(1)根据已知条件证明平面,再通过线面垂直的性质得到线线垂直;(2)设,根据条件得到,再结合线面平行的判定定理证明即可.【小问1详解】在直三棱柱中,平面,因为平面,所以.因为,,,所以,所以,又,平面,所以平面,因为平面,所以【小问2详解】设,连接, 则是的中点,又因为是的中点,所以因为平面,平面, 所以平面.19. 在△ABC中,角A,B,C所对边分别为a,b,c,已知.(1)求角B的大小;(2)给出三个条件:①;②;③,从中选出两个作为已知条件,求△ABC的面积.【答案】(1) (2)【解析】【分析】(1)由正弦定理统一为三角函数化简可得;(2)选①②利用余弦定理可求出,再由面积公式求解;选①③由余弦定理及正弦定理转化为关于c的方程求解即可得,再得出,由三角形面积公式求解;选②③由正弦定理转化为三角形边的方程,再联立已知即可求出,由面积公式求解.【小问1详解】∵,∴∴,从而∴【小问2详解】若选①②:已知,,由(1)可知,由余弦定理可得∴,即.解得..若选①③:已知,.由余弦定理可得∵,∴.∴,即∴,∴,∴.若选②③:已知,∵,∴.,,∴.20. 如图,三棱柱中、四边形是菱形,且,,,,(1)证明:平面平面;(2)求直线和平面所成角的正弦值;【答案】(1)证明见解析 (2)【解析】【分析】(1)连接交于O,连接,证明可得线面垂直,再由面面垂直的判定定理得证;(2)利用等体积法求出点到平面的距离,再由线面角公式求解即可.【小问1详解】连接交于O,连接,如图,四边形是菱形,所以,又,,是的中点,所以且,由,可知为正三角形,所以,,在中,,所以,又,平面,所以平面,又平面,所以平面平面.【小问2详解】设到平面的距离为,因为中,,,所以,又,,所以由,可得,即,设直线和平面所成角为,则.21. 在校园美化、改造活动中,要在半径为、圆心角为的扇形空地的内部修建一矩形观赛场地,如图所示.取的中点M,记.(1)写出矩形的面积S与角的函数关系式;(2)求当角为何值时,矩形的面积最大?并求出最大面积.【答案】(1), (2)当时,矩形面积最大,最大值为【解析】【分析】(1)首先得出,再用的三角函数分别表示出和,则,再根据二倍角公式,降幂公式和辅助角公式化简即可;(2)由,得出,根据正弦函数的图像,得出时,面积最大,即可得出最大面积.【小问1详解】由题可知,,在中,,,,在中,,,,.【小问2详解】,,当,即时,,故当时,矩形的面积最大,最大值为.22. 已知函数.(1)判断函数的奇偶性,并说明理由;(2)若存在正实数且,使得在区间上的值域为,求实数的取值范围.【答案】(1)函数为偶函数,理由见解析; (2)【解析】【分析】(1)根据奇偶性的定义判断即可;(2)由题知函数在上单调递增,进而得有两个不相等的正实数根,再令,进而得两个均大于且不相等的正实数根,最后根据二次函数根的分布求解即可.【小问1详解】解:函数为偶函数,理由如下:由题知函数的定义域为,因为,所以函数为偶函数.【小问2详解】解:因为,,所以,当时,,设,则,所以,所以,即,所以,函数在上单调递增,因为在正实数且,使得在区间上的值域为,所以,即方程有两个不相等的正实数根,所以,方程有两个不相等的正实数根,令,所以,方程有两个均大于且不相等的正实数根,所以,两个均大于且不相等的正实数根,令,所以,两个均大于且不相等的零点,所以,,即,解得,所以,实数的取值范围是
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